2024年重庆市乌江新高考协作体高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年重庆市乌江新高考协作体高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.一物体受到如图所示的F1、F2作用，且已知F1、F2互相垂直，大小分别为6N和8N，则该物体受到F1、F2的合力大小是( )
A. 2NB. 6NC. 10ND. 14N
2.下列说法正确的是( )
A. 液体分子的无规则运动称为布朗运动
B. 两分子间距离减小，分子间的引力和斥力都增大
C. 物体做加速运动，物体内分子的动能一定增大
D. 物体对外做功，物体内能一定减小
3.如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律？( )
A. B. C. D.
4.北京时间2022年11月30日5时42分，神舟十五号载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱前向端口。已知“天和核心舱”匀速圆周运动的轨道离地约400km、周期约为93min，地球半径为6370km，万有引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2。根据这些数据，下列说法正确的是( )
A. 天和核心舱线速度小于3.1km/s
B. 神舟十五号飞船的发射速度大于11.2km/s
C. 天和核心舱加速度小于地面重力加速度
D. 天和核心舱角速度小于地球自转角速度
5.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球(视为质点)，某次乒乓球与墙壁上的P点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的Q点，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。若球拍与水平方向的夹角为45∘，乒乓球落到球拍前瞬间的速度大小为4m/s2，则P、Q两点的高度差为( )
A. 0.1mB. 0.2mC. 0.4mD. 0.8m
6.一学生用两个颜色不同的篮球做斜抛运动游戏，如图所示，第一次出手时，红色篮球的初速度与竖直方向的夹角α=60∘；第二次出手时，橙色篮球的初速度与竖直方向的夹角为β=30∘；两次出手的位置在同一竖直线上，结果两篮球正好到达相同的最高点C，则红色篮球与橙色篮球运动的高度之比为( )
A. 23B. 13C. 34D. 35
7.光镊技术可以用来捕获、操控微小粒子(目前已达微米级)。激光经透镜后会聚成强聚焦光斑，微粒一旦落入会聚光的区域内，就有移向光斑中心的可能，从而被捕获。由于光的作用使微粒具有势能，光斑形成了一个类似于“陷阱“的能量势阱，光斑中心为势能的最低点。结合以上信息可知，关于利用光镊捕获一个微小粒子的情况，下列说法正确的是( )
A. 微粒被捕获时，受到激光的作用力一定沿着激光传播的方向
B. 微粒被捕获时，受到激光的作用力一定垂直激光传播的方向
C. 微粒向光斑中心移动时，在能量势阱中对应的势能可能增大
D. 被捕获的微粒在获得较大的速度之后，有可能逃离能量势阱
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.一列波沿x轴传播，t=2s时刻的波形如图1所示，图2是某质点的振动图象，则下列说法正确的是( )
A. 波的传播速度为1m/s
B. 波如果向右传播，则图2是x=0、4m处质点的振动图象
C. 波如果向右传播，则图2是x=2m、6m处质点的振动图象
D. 波如果向左传播，则图2是x=0、4m处质点的振动图象
E. 波如果向左传播，则阌2是x=2m、6m处质点的振动图象
9.对以下物理现象分析正确的是( )
①从射来的阳光中，可以看到空气中的微粒在上下飞舞
②上升的水蒸气的运动
③用显微镜观察悬浮在水中的小炭粒，小炭粒不停地做无规则运动
④向一杯清水中滴入几滴红墨水，红墨水向周围运动
A. ①②③属于布朗运动B. ④属于扩散现象C. 只有③属于布朗运动
10.如图所示，倒U型等间距光滑导轨ABCD倾斜放置，AB//MN//QH，在MNHQ中存在垂直导轨平面向下的匀强磁场(图中未画出)。一金属棒从MN上方静止释放，金属棒向下运动过程中始终与导轨接触良好且与AB平行，不计导轨电阻，I为金属棒中的电流、q为通过金属棒的电量、U为金属棒两端的电压、P为金属棒中的电功率。若从金属棒刚进入磁场开始计时，它在磁场中运动的过程中，下列图像中不可能正确的有( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本大题共1小题，共4分。
11.如图所示的实验装置可以探究加速度与物体质量、物体受力的关系(摩擦已平衡).小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子．沙桶的总质量(包括桶以及桶内沙子质量)记为m，小车的总质量(包括车、盒子及盒内沙子质量)记为M.
(1)验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出．多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度．以合外力F为横轴，以加速度a为纵轴，画出a−F图象，图象是一条过原点的直线．
在本次实验中，如果沙桶的总重力mg与Mg相比非常接近时，获得的实验数据是否会和理论预期产生较大差异？
答：______(填“会”或“不会”).理由是：______.
(2)验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶内沙子质量m不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系．用图象法处理数据时，以加速度a为纵横，应该以______为横轴．
四、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.某实验小组欲以如图1所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系”。图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器(未画出)相连，小车的质量为m1，小盘(及砝码)的质量为m2，重力加速度g取10m/s2。
(1)下列说法正确的是______。
A.实验时先放开小车，再启动计时器
B.每次改变小车质量时，应重新补偿阻力
C.本实验中应满足m2远小于m1的条件
D.在用图像探究小车加速度与质量的关系时，应作a−m1图像
(2)实验中，得到一条打点的纸带，如图2所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则打点计时器打下F点时小车的瞬时速度的计算式为vF=______，小车加速度的计算式a=______。
(3)某同学补偿阻力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a与砝码重力F的关系图像如图3所示。若牛顿第二定律成立，则小车的质量为______ kg，小盘的质量为______ kg。
(4)实际上，在砝码的重力越来越大时，小车的加速度不能无限制地增大，将趋近于某一极限值，此极限值为______m/s2。
五、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l=0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表V，电阻为r=2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1=2Ω，R2=1Ω，导轨及导线电阻均不计。在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场，CE=0.2m，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变。
求：(1)t=0.1s时电压表的示数；
(2)恒力F的大小；
(3)从t=0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量。
14.如图所示，倾角为θ=53∘的光滑斜面底端固定一劲度系数为100N/m的轻弹簧，弹簧上端连接质量为5kg的物块Q，Q与平行斜面的轻绳相连，轻绳跨过轻质光滑定滑轮O与套在光滑竖直杆上的质量为0.8kg的物块P连接，图中O、B两点等高，间距d=0.3m。初始时在外力作用下，P在A点静止不动，A、B间距离h=0.4m，此时轻绳中张力大小为50N。现将P由静止释放，取g=10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6。求：
(1)P上升至B点时的速度大小；
(2)P上升至B点的过程中，Q克服轻绳拉力做的功。
15.如图所示，圆形匀强磁场区域半径为R，磁场中心与O、O′在同一水平线上，右侧有间隔分布的匀强电场区域和无场区域，宽度都是L，场强大小为E=mv02qL，MN是无限大竖直接收屏。现有带正电粒子组成的粒子束，沿与水平成60∘方向正对场中心射入，粒子质量为m，电荷量为q，速率为v0，恰好从O点沿水平方向进入电场区域，不计重力和粒子间相互作用，求：
(1)磁感应强度大小B；
(2)若接收屏MN距O点距离为2L，粒子击中接收屏时的速度v；
(3)若接收屏MN距O点距离为nL(n=1,2,3………)，粒子击中接收屏用时离OO′线的距离y。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据平行四边形定则，结合三角函数知识，即可求出合力的大小。
解决本题的关键知道力的合成遵循平行四边形定则，及掌握勾股定理的内容。
【解答】当两个力垂直时，根据平行四边形定则，结合三角函数知识，则有：F= F12+F22= 62+82N=10N，故C正确，ABD错误；
故选C。
2.【答案】B
【解析】解：A、悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动称为布朗运动，故A错误；
B、分子间的引力和斥力都随分子间距离减小而增大，故B正确；
C、物体运动的速度与物体内分子的动能没有必然关系，故C错误；
D、根据热力学第一定律，物体内能的增加量ΔU等于外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q。物体对外做功，如果吸收热量，则其内能不一定减小，故D错误；
故选：B。
悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动称为布朗运动；分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大。
本题考查热学知识，包括分子间相互作用力、热力学定律等，此部分内容主要要求学生在理解的基础上加以记忆，难度较低。
3.【答案】D
【解析】解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确；
故选：D。
首先根据右手定则判断边ab刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．
对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除．
4.【答案】C
【解析】解：A.天和核心舱轨道半径为：r=400km+6370km=6770km，周期：T=93min=93×60s=5580s，线速度约为
v=2πrT=2π×67705580km/s=7.6km/s
则天和核心舱线速度大于3.1km/s，故A错误；
B.神舟十五号飞船进入运行轨道后绕地球运动，其发射速度应小于第二宇宙速度11.2km/s，故B错误；
C.由GMmr2=ma可知
a=GMr2
则距离地表越远加速度越小，则天和核心舱加速度小于地面重力加速度，故C正确；
D.天和核心舱匀速圆周运动的周期约为93min，小于地球自转周期24h，由ω=2πT可知，天和核心舱角速度大于地球自转角速度，故D错误。
故选：C。
根据公式v=2πrT计算天和核心舱线速度；神舟十五号飞船围绕地球运转，发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度；根据GMmr2=ma判断加速度大小；根据ω=2πT判断角速度大小。
本题主要考查万有引力规律的应用，理解万有引力提供向心力是解题关键。
5.【答案】C
【解析】解：由于恰好垂直落在球拍上的Q点，根据几何关系得：vQcs45∘=gt，解得t= 25s
根据乒乓球在竖直方向上的运动规律，由h=12gt2，
解得：h=12gt2=12×10×225m=0.4m，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据高度求出平抛运动的时间，结合速度-时间公式求出球的竖直分速度，根据几何关系求出球刚要落到球拍上时速度大小。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和几何关系综合求解，难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：因为C点是两个篮球斜抛运动的最高点，所以在C点两个篮球的速度都是水平方向，可用逆向思维，将该题看成从C点水平抛出红、橙两个篮球，当运动到虚线处时，速度方向与竖直方向的夹角分别为α、β
根据平抛运动的推论：做平抛运动的物体任意时刻速度的反向延长线过水平位移的中点。又因为红、橙篮球的水平位移相同，所以反向延长红、橙篮球的速度，会交于水平位移的中点，如下图：
设水平位移为x，红色篮球的竖直位移为h1，橙色篮球的竖直位移为h2，则有：tanα=x2h1，tanβ=x2h2
解得：h1=x2tanα，h2=x2tanβ
所以红色篮球与橙色篮球运动的高度之比为：h1h2=tanβtanα=tan30∘tan60∘=13，故ACD错误、B正确。
故选：B。
两个斜抛运动的最高点都在C处，可以用逆向思维，将两个球的运动看成从C点开始的平抛运动，再根据“做平抛运动的物体任意时刻速度的反向延长线过水平位移的中点”这一推论，作图之后得到几何关系式，从而求出两球运动的竖直高度之比。
本题考查平抛运动，解题的关键在于用逆向思维将两球的运动看成是从C点出发的平抛运动，另外要熟知平抛运动的相关推论，简化解题过程。
7.【答案】D
【解析】解：A、B：根据题意，微粒受到激光的作用力应该指向光斑中心，跟激光传播方向无关，故A、B错误；
C、光斑中心为势能最低点，则微粒向光斑中心移动时势能减小，C错误；
D、类似于“逃逸速度”，微粒速度较大有可能逃离能量势阱，D正确。
故选：D。
该题类似于天体运动及电子绕核运动，根据类似知识进行判断
该题类似于天体运动及电子绕核运动，根据类似知识进行判断
8.【答案】ABE
【解析】【分析】
根据波动图象得出波长，根据振动图象得出波的周期，从而求出波速。根据质点的振动方向，运用“同侧法”得出t=2s时，质点的振动方向，从而图乙是哪个质点的振动图象。
解决本题的关键能够从波动图象和振动图象中获取信息，知道波速、波长、周期的关系，要把握两种图象之间的内在联系，掌握判断振动方向的方法。
【解答】
解：A、由波动图象知，波长为λ=4m，由振动图象知，周期为T=4s，则波的传播速度为v=λT=44m/s=1m/s，故A正确；
BC、根据振动图象知该质点在t=2s时在平衡向下振动，根据“同侧法”可知，该质点在波形图中处于平衡位置，并且向下振动，波如果向右传播，应是x=0、4m处质点的振动图象，故B正确、C错误；
DE、根据振动图象知该质点在t=2s时在平衡向下振动，根据“同侧法”可知，该质点在波形图中处于平衡位置，并且向下振动，波如果向左传播，应是x=2m、6m处质点的振动图象，故E正确、D错误；
故选：ABE。
9.【答案】BC
【解析】解：空气中的微粒和上升的水蒸气的运动都是由空气流动引起的，都不能称为布朗运动，它们的运动更不是分子的运动，也不属于扩散现象；显微镜观察悬浮在水中的小炭粒的运动是布朗运动，红墨水向周围运动是扩散现象。故BC正确，AD错误。
故选：BC。
固体小颗粒做布朗运动是液体分子对小颗粒的碰撞的作用力不平衡引起的，液体的温度越低，悬浮小颗粒的运动越缓慢，且液体分子在做永不停息地无规则的热运动。固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停地做无规则运动。
本题考查对布朗运动的了解；掌握布朗运动的实质和产生原因及影响因素是解决此类题目的关键。
10.【答案】AC
【解析】解：设导体棒的质量为m，电阻为R，导轨的倾角为θ。
A、金属棒进入磁场时已经有一定的速度，如果安培力大于金属棒重力沿导轨向下的分力，则金属棒开始减速运动，速度减小，
根据牛顿第二定律可得：BIL−mgsinθ，即B2L2vR−mgsinθ=ma，可知加速度a在减小，当安培力与金属棒重力沿导轨向下的分力相等时，导体棒匀速运动。
根据I=BLvR=BL(v0−at)R可知电流减小、加速度减小，则I−t图象的斜率减小，故A错误；
B、根据电荷量的计算公式可得：q=It，若金属棒进入磁场时安培力等于金属棒重力沿导轨向下的分力，金属棒匀速运动，I不变，则I−t图象的斜率不变，故B可能正确；
C、若金属棒进入磁场时安培力小于金属棒重力沿导轨向下的分力，金属棒加速运动，根据牛顿第二定律可得mgsinθ−B2L2vR=ma可知加速度减小，即金属棒做加速度减小的加速直线运动，金属棒两端电压U=E=BLv=BL(v0−at)，加速度减小，则U−t图象的斜率减小，故C错误；
D、若金属棒进入磁场时安培力等于金属棒重力沿导轨向下的分力，金属棒匀速运动，I不变，根据P=I2R可知P不变，故D有可能正确。
本题选不可能正确的，故选：AC。
根据金属棒进入磁场时安培力与金属棒重力沿导轨向下的分力大小关系分析金属棒可能的运动情况，再根据牛顿第二定律分析加速度大小变化情况，推导出电流强度、通过金属棒的电量、金属棒两端的电压、金属棒中的电功率与时间的关系进行判断。
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断。
11.【答案】不会；因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg；1M+m
【解析】解：(1)将车内的沙子转移到桶中，就保证了M+m不变，即系统的总质量不变，
研究对象是整个系统，a=F合M+m=mgM+m，
系统的合外力就等于所悬挂沙桶的重力mg，不必满足M≫m这样的条件．
所以如果沙桶的总重力mg与Mg相比非常接近时，获得的实验数据不会和理论预期产生较大差异．
(2)向小车内添加或去掉部分沙子，是改变系统的总质量M+m，而系统的合外力仍等于所悬挂沙桶的重力mg，保证了合外力不变．所以用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以M+m倒数为横轴即1M+m.
故答案为：(1)不会，因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg.
(2)1M+m
该实验研究的对象为系统，保持系统质量不变，沙桶的重力等于系统所受的合力，改变重力即可改变系统所受的合力，从而可探究加速度与合力的关系．
保持桶内沙子质量m不变，即保持系统所受的合力不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，即改变系统的质量，所以研究加速度与质量的关系时，该质量应为系统的质量．
解决本题的关键知道该实验研究的对象是系统，保证系统质量不变，改变合力，可探究加速度和合力的关系．保持合力不变，改变系统质量，可探究加速度与质量的关系．
12.【答案】Cx5+x62T x4+x5+x6−x3−x2−x19T2
【解析】解：(1)A、实验时先通电再放开小车，故A错误
B、每次改变小车质量时，不必重新平衡摩擦力，故B错误；
C、为了能改变和测量拉力，用m2g代替拉力，但必须满足m2远小于m1，故C正确；
D、探究小车加速度与受力的关系，通过改变受力(即m2g)获得加速度a，所以要作a−m2的关系图，故D错误。
故选：C。
(2)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知
vF=x5+x62T
由逐差公式求加速度a=xDG−xAD9T2=x4+x5+x6−x3−x2−x19T2
(3)根据牛顿第二定律有：a=1m1F
结合图象斜率1m1=k=3.0−−1
解得m1=2.0kg。
从图象还可知，当F=0(即不挂砝码)加速度a=0.5m/s2，此加速度是盘的重力产生的，所以m2=m1ag=2.0×0.310kg=0.06kg
(4)小车的加速度最大等于自由落体的加速度，故极限值为10m/s2
故答案为：(1)C；(2)x5+x62T；x4+x5+x6−x3−x2−x19T2；(3)2.0；0.06；(4)10
(1)实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcsθ，m约掉了。②让小车的质量远远大于小盘和重物的质量；
(2)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度解得某点速度，根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出加速度的大小；
(3)由F−a图的斜率等于小车质量，可得到小车质量，F=0时，产生的加速度是由于托盘作用产生的，可得托盘质量；
(4)车在托盘和砝码带动下最大的加速度不会超过托盘和砝码下落的加速度，而此下落加速度的极值就是重力加速度。
本题考查的比较综合，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错，知道a−F图的斜率等于小车质量的倒数，难度适中。要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
13.【答案】解：(1)设磁场宽度为d=CE=0.2m，在0∼0.2s的时间内有：E=△Φ△t=△B△tld=0.6V，
此时R1与金属棒并联后再与R2串联，总电阻为：R=R2+rR1r+R1=2Ω，
电压表的示数为：U=ER⋅rR1r+R1=0.3V；
(2)金属棒进入磁场后，R1与R2并立案后再与r串联，有：I′=UR1+UR2=0.45A，
导体棒所受安培力为：FA=BI′l=1×0.45×0.6N=0.27N，
由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒匀速运动，由恒力为：F=FA=0.27N；
(3)在0∼0.2s的时间内有：Q=E2Rt=0.036J，
金属棒进入磁场后，电路总电阻为：R′=R1R2R1+R2+r=83Ω，
根据闭合电路欧姆定律得电动势为：E′=I′R′=1.2V，
另据E′=Blv解得：v=E′Bl=2m/s，
故导体棒过磁场区域的时间为：t′=dv=0.1s，
故导体棒切割磁感线过程中产生的热量为：Q′=E′I′t′=0.054J，
所以，从t=0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量为：
Q总=Q+Q′=0.036+0.054J=0.09J；
答：(1)t=0.1s时电压表的示数为0.3V；
(2)恒力F的大小为0.27N；
(3)从t=0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量为0.09J。
【解析】(1)金属棒在0−0.2s的运动时间内，由法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势的大小，求出电路中的总电阻，根据串联电路的特点求解电压表的读数。
(2)金属棒进入磁场后，由于电压表的读数不变，根据欧姆定律求出电路中总电流为I′，金属棒所受的安培力为FA=BI′l，此时安培力与恒力平衡。可求得恒力F。
(3)金属棒在0−0.2s的运动时间内产生的热量Q=E2Rt.金属棒进入磁场后，求出电路的总电阻R′，推导出感应电动势为E′=IR′，由E′=Blv求得v，则可求出金属棒通过磁场的时间t′=dv.此过程中电路产生的热量为Q′=E′I′t′，故得到金属棒从AB运动到EF的过程中整个电路产生的热量为Q总=Q+Q′。
本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力等知识的综合应用，关键要搞清电路的连接方式，分析金属棒的运动过程。
14.【答案】解：(1)物体P位于A点时，假设弹簧伸长量为x1，轻绳的张力T=50N，对物块Q，由平衡条件得：
T=mQgsinθ+kx1
代入数据解得弹簧的伸长量：x1=0.1m
P上升到B点时，OB垂直于竖直杆，OB=d=0.3m，此时物块Q速度为0，
根据勾股定理得：OP= h2+d2= 0.42+0.32m=0.5m
P从A到B过程，Q下降距离：△x=OP−OB=0.5m−0.3m=0.2m，
此时弹簧压缩量：x2=△x−x1=0.2m−0.1m=0.1m
P在A点与B点时弹性的形变量相同，弹性势能相同，
P从A到B过程，对物块P、Q及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：
mQg△x⋅sinθ−mPgh=12mPvP2
代入数据解得：vP=2 3m/s
(2)P在A点时Q的速度为零，P在B点时Q的速度为零，
P在A、B两位置时弹簧的形变量相等，P从A到B过程弹簧对Q做功为零，
P从A到B过程，设轻绳对Q做功为W，对Q，由动能定理得：
W+mQg△x⋅sinθ=0−0
代入数据解得：W=−8J
Q克服轻绳拉力做功为8J
答：(1)P上升至B点时的速度大小是2 3m/s；
(2)P上升至B点的过程中，Q克服轻绳拉力做的功是8J。
【解析】(1)P位于A点时物块Q静止，对物块Q由平衡条件求出弹簧的伸长量；根据几何关系和系统机械能守恒定律求得P上升至B点时的速度大小；
(2)P上升至B点的过程中，对Q应用动能定理求出轻绳对A做的功。
本题是一道力学综合题，会对P的速度进行分解、知道P上升至B点时物块Q的速度为0、分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，应用机械能守恒定律、动能定理即可解题。
15.【答案】解：(1)带正电粒子组成的粒子束，沿与水平成60∘方向正对场中心射入，恰好从O点沿水平方向进入电场区域，运动轨迹如图所示：
根据图中几何关系可得粒子运动的轨迹半径为：r=Rtan60∘= 3R
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=mv02r
联立解得：B= 3mv03qR；
(2)若接收屏MN距O点距离为2L，粒子通过电场的时间T=Lv0
粒子击中接收屏时的水平速度vx=v0
粒子击中接收屏时的竖直速度vy=aT=qEm⋅T=v0，
粒子击中接收屏时的速度大小v= vx2+vy2= 2v0
与水平方向夹角θ满足tanθ=vyvx=1，得θ=45∘；
(3)作vy−t图象如图所示：
可看出水平方向每经过L时，竖直方向位移大小成等差数列。
通过第1个水平距离L时的竖直距离为y1=12aT2=12×qEm×T2
粒子击中接收屏时离OO′线的距离y=n(n+1)2y1
解得粒子击中接收屏用时离OO′线的距离y=n(n+1)L4。
答：(1)磁感应强度大小为 3mv03qR；
(2)若接收屏MN距O点距离为2L，粒子击中接收屏时的速度为 2v0，方向与水平方向夹角为45∘；
(3)若接收屏MN距O点距离为nL(n=1,2,3………)，粒子击中接收屏用时离OO′线的距离为n(n+1)L4。
【解析】(1)作出粒子运动轨迹，根据几何关系可得粒子运动的轨迹半径为，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
(2)若接收屏MN距O点距离为2L，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解；
(3)作vy−t图象，根据图象分析粒子在y方向的运动情况，根据数学知识求解。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。